Номер 22.47, страница 142, часть 2 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мордкович, Семенов

22.47. a) $\begin{cases} \sin x < \frac{\sqrt{3}}{2}, \\ \operatorname{tg} x > 1,5; \end{cases}$

б) $\begin{cases} \cos x > -\frac{3}{7}, \\ \operatorname{tg} x < -0,1. \end{cases}$

а)

Решим систему неравенств:$$ \begin{cases} \sin x < \frac{\sqrt{3}}{2} \\ \text{tg } x > 1,5 \end{cases} $$

1. Сначала решим первое неравенство: $ \sin x < \frac{\sqrt{3}}{2} $.Соответствующее уравнение $ \sin x = \frac{\sqrt{3}}{2} $ имеет решения $ x = \frac{\pi}{3} + 2\pi k $ и $ x = \frac{2\pi}{3} + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.Неравенство $ \sin x < \frac{\sqrt{3}}{2} $ выполняется для всех $x$, которые не принадлежат дуге $ [\frac{\pi}{3}, \frac{2\pi}{3}] $ на тригонометрической окружности. С учетом периодичности, решение имеет вид $ x \in (\frac{2\pi}{3} + 2\pi k, \frac{\pi}{3} + 2\pi(k+1)) $, что можно записать как $ x \in (\frac{2\pi}{3} + 2\pi k, \frac{7\pi}{3} + 2\pi k) $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

2. Теперь решим второе неравенство: $ \text{tg } x > 1,5 $.Пусть $ \alpha = \text{arctg } 1,5 $. Так как тангенс — возрастающая функция на своих интервалах определения, решение неравенства имеет вид:$ x \in (\alpha + \pi n, \frac{\pi}{2} + \pi n) $, где $ n \in \mathbb{Z} $.

3. Найдем пересечение множеств решений обоих неравенств.Заметим, что $ 1,5 < \sqrt{3} \approx 1,732 $, поэтому $ \alpha = \text{arctg } 1,5 < \text{arctg } \sqrt{3} = \frac{\pi}{3} $.Рассмотрим интервалы для тангенса в зависимости от четности $ n $.

- Если $ n = 2k $ (четное), то интервалы имеют вид $ (\alpha + 2\pi k, \frac{\pi}{2} + 2\pi k) $. Эти интервалы находятся в первой четверти.Решение для синуса запрещает область $ [\frac{\pi}{3} + 2\pi k, \frac{2\pi}{3} + 2\pi k] $.Поскольку $ \alpha < \frac{\pi}{3} < \frac{\pi}{2} $, то при пересечении из интервала $ (\alpha + 2\pi k, \frac{\pi}{2} + 2\pi k) $ исключается часть $ [\frac{\pi}{3} + 2\pi k, \frac{\pi}{2} + 2\pi k) $. В результате получаем интервал $ (\alpha + 2\pi k, \frac{\pi}{3} + 2\pi k) $.

- Если $ n = 2k+1 $ (нечетное), то интервалы имеют вид $ (\alpha + \pi(2k+1), \frac{\pi}{2} + \pi(2k+1)) $, то есть $ (\alpha + \pi + 2\pi k, \frac{3\pi}{2} + 2\pi k) $. Эти интервалы находятся в третьей четверти.В третьей четверти $ \sin x < 0 $, поэтому неравенство $ \sin x < \frac{\sqrt{3}}{2} $ выполняется всегда.Следовательно, вся эта серия интервалов $ (\alpha + \pi + 2\pi k, \frac{3\pi}{2} + 2\pi k) $ является решением системы.

Объединяя оба случая, получаем общее решение.

Ответ: $ x \in \left(\text{arctg } 1,5 + 2\pi k, \frac{\pi}{3} + 2\pi k\right) \cup \left(\text{arctg } 1,5 + \pi + 2\pi k, \frac{3\pi}{2} + 2\pi k\right), k \in \mathbb{Z} $.

б)

Решим систему неравенств:$$ \begin{cases} \cos x > -\frac{3}{7} \\ \text{tg } x < -0,1 \end{cases} $$

1. Решим первое неравенство: $ \cos x > -\frac{3}{7} $.Пусть $ \beta = \text{arccos}(-\frac{3}{7}) $. Решением является множество $ x \in (-\beta + 2\pi k, \beta + 2\pi k) $, где $ k \in \mathbb{Z} $. Отметим, что $ \beta \in (\frac{\pi}{2}, \pi) $.

2. Решим второе неравенство: $ \text{tg } x < -0,1 $.Пусть $ \delta = \text{arctg}(-0,1) $. Решением является множество $ x \in (-\frac{\pi}{2} + \pi n, \delta + \pi n) $, где $ n \in \mathbb{Z} $. Отметим, что $ \delta \in (-\frac{\pi}{2}, 0) $.

3. Найдем пересечение множеств решений. Решения для тангенса находятся во второй и четвертой четвертях.

- Рассмотрим случай, когда $x$ находится в четвертой четверти. Это соответствует четным $ n $, то есть $ n=2k $. Интервалы: $ (-\frac{\pi}{2} + 2\pi k, \delta + 2\pi k) $.В четвертой четверти $ \cos x > 0 $, поэтому неравенство $ \cos x > -\frac{3}{7} $ всегда выполняется. Значит, вся эта серия интервалов является решением.

- Рассмотрим случай, когда $x$ находится во второй четверти. Это соответствует нечетным $ n $, то есть $ n=2k+1 $. Интервалы: $ (\frac{\pi}{2} + 2\pi k, \delta + \pi + 2\pi k) $.Мы должны пересечь эти интервалы с решением для косинуса $ (-\beta + 2\pi k, \beta + 2\pi k) $.Пересечение интервалов $ (\frac{\pi}{2}, \delta+\pi) $ и $ (-\beta, \beta) $ будет $ (\frac{\pi}{2}, \min(\beta, \delta+\pi)) $.Сравним $ \beta $ и $ \delta+\pi $.$ \cos \beta = -\frac{3}{7} $.$ \cos(\delta+\pi) = -\cos(\delta) = -\cos(\text{arctg}(-0,1)) = -\frac{1}{\sqrt{1+(-0,1)^2}} = -\frac{1}{\sqrt{1,01}} $.Так как $ (\frac{3}{7})^2 = \frac{9}{49} \approx 0,18 $ и $ (\frac{1}{\sqrt{1,01}})^2 = \frac{1}{1,01} \approx 0,99 $, то $ \frac{3}{7} < \frac{1}{\sqrt{1,01}} $, а значит $ -\frac{3}{7} > -\frac{1}{\sqrt{1,01}} $.Итак, $ \cos \beta > \cos(\delta+\pi) $.Поскольку на интервале $ (\frac{\pi}{2}, \pi) $ косинус является убывающей функцией, из $ \cos \beta > \cos(\delta+\pi) $ следует, что $ \beta < \delta+\pi $.Следовательно, пересечением является интервал $ (\frac{\pi}{2} + 2\pi k, \beta + 2\pi k) $, то есть $ (\frac{\pi}{2} + 2\pi k, \text{arccos}(-\frac{3}{7}) + 2\pi k) $.

Объединяя оба случая, получаем окончательный ответ.

Ответ: $ x \in \left(-\frac{\pi}{2} + 2\pi k, \text{arctg}(-0,1) + 2\pi k\right) \cup \left(\frac{\pi}{2} + 2\pi k, \text{arccos}\left(-\frac{3}{7}\right) + 2\pi k\right), k \in \mathbb{Z} $.